Uitwerkingen Tentamen Optica

Uitwerkingen Tentamen Optica
13 februari 2004
Opgave 1
Gevraagd is om te laten zien dat de gegeven vergelijking een lopende golf is. Dit is niet hetzelfde als
een harmonische golf (sinus of cosinus)! De verzameling van lopende golven bevat de verzameling
van harmonische golven, maar ook nog andere (dus niet-harmonische) golven. Om te laten zien dat
een vergelijking een lopende golf beschrijft is het voldoende om te laten zien dat hij de vorm f (x±vt)
heeft, want dit is de algemene oplossing van de golfvergelijking.
a) 36z 2 − 12zt + t2 = (6z − t)2 en dus E(z, t) = 6 cosh((6z − t)2 ) = f (z − vt), met v = 1/6. De
amplitudo en frequentie volgen uit analoge definities als voor de harmonische golf Acos(kx−ωt),
met amplitude A, ω = v/k en frequentie ν = ω/2π. In ons geval geeft dit: A = 6 en ν = 1/2π.
Overigens valt even goed te beargumenteren dat de amplitudo en de frequentie niet gedefiniëerd
zijn voor hyperbolische functies (omdat deze functies niet begrensd zijn op z²h−∞ , ∞i).
b) z 2 − t2 = (z − t)(z + t) 6= f (z ± vt), dus deze functie beschrijft geen lopende golf.
Opgave 2
a) Gebruik de lensmaker formule:
n2 − n 1
1
=
f
n1
µ
1
1
−
.
R1 R2
¶
Aangezien hier geldt dat R1 = ∞, n1 = 1.0 en n2 = 1.5 is
R=−
n2 − n 1
f = −0.5f.
n1
b) Op de plaats waar de stukken glas elkaar raken is er geen luchtlaag en treedt er dus geen
interferentie op. Er wordt dus geen licht gereflecteerd en dit neem je waar als een donkere
cirkel.
c) De voorwaarde voor constructieve interferentie is mλ = 2nt+∆r , met ∆r de netto “fasesprong”
(eigenlijk “weglengte sprong”) ten gevolge van externe reflecties. Hier vindt eenmaal een externe
reflectie plaats van lucht aan glas (aan de glasplaat maar niet aan de lens), dus netto is ∆ r =
λ/2. Dit geeft dan voor de gevraagde dikte
t = (m − 1/2)λ/2n = 9.5 × 500 nm/2 = 2.38 µm.
d) Gevraagd is naar de golflengte waarvoor, bij dezelfde laagdikte als bij c), het 11de maximum
optreedt. Dit is het geval als m2 λ2 = m1 λ1 , oftewel:
λ2 = (m1 − 1/2)/(m2 − 1/2)λ1 = (9.5/10.5) × 500 nm = 452 nm.
1
e) Er geldt weer dezelfde interferentie voorwaarde als bij c), maar nu is ∆ r = 0 , want er vinden
nu 2 externe reflecties plaats: aan de lens (van n = 1.5 naar n = 1.6) en aan de diamant plaat
(van n = 1.6 naar n = 2.5). Dit geeft als antwoord:
t = mλ/2nolie = 10 × 500 nm/(2 × 1.6) = 1.56 µm.
f) Het interferentie patroon bestaat uit lichte en donkere parallelle lijnen.
Opgave 3
a) De intensiteit na de eerste polarisator I1 = I0 /2, met de polarisatie langs de transmissieas.
De intensiteit na de half-lambda plaat is Ih = I1 , maar de polarisatie is gedraaid over 2α.
De intensiteit na de tweede polarisator I2 = Ih cos2 (π/4 − 2α) en de transmissie is dan dus
T = 21 cos2 (π/4 − 2α) = 14 (1 + cos(π/2 − 4α)) = 14 (1 + sin(4α)).
Opgave 4
a) Er geldt hier dat b/a = 10, dus de interferentiemaxima met m = 10, 20, ... vallen weg.
b) Zie Figuur (Let op: de eenheid langs de horizontale as is niet gedeeld door π).
1
0.9
0.8
0.7
I
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
20
40
α
60
80
100
c) Weer geldt dat maxima optreden als mλ = a sin θ, dus θ = arcsin(21 × 500 nm/100 µm) = 6.03 ◦
d) De interferentieminima vind je bij (m − 1/2)λ = a sin θ, dus λ = 21/20.5 × 500 nm = 512 nm
(de ±eerste orde minima zitten aan weerszijden van het 0-de orde maximum).
e) Er treedt enkel diffractie op in deze richting, dus het intensiteitspatroon is een sinc 2 functie
(zie boek).
f) Nee, want voor cirkelvormige gaten is de omhullende diffractiecurve een Bessel functie van de
eerste soort. Deze functie heeft nulpunten die niet gehele veelvouden van π zijn, en dus niet
samenvallen met maxima van de interferentiecurve (met gehele ordegetallen m).
2
Opgave 5
a) De minimale afmetingen van het beeld van de hemellichamen, zoals gevormd door het objectief,
wordt beperkt door diffractie aan de objectief apertuur. Volgens het criterium van Rayleigh
wordt de hoekafstand tussen twee voorwerpen ver weg van de lens, waarvoor geldt dat hun
beelden nog net onderscheidbaar zijn, gegeven door θmin = 1.22λ/D. We vinden dus dat de
gevraagde minimale hoek is θ = 1.22 × 500 nm /25 mm = 2.44 × 10−5 rad = (1.4 × 10−3 )◦ .
b) In wit licht zijn alle golflengten aanwezig. Verder weten we dat, voor een gegeven apertuurgrootte, de diffractiehoek toeneemt bij toenemende golflengte (θmin ∼ λ/D). Dus de diameter
van het beeld dat we van de maan zien wordt bepaald door de grote (=rode) golflengten.
Tegelijkertijd is bij de randen van het beeld de intensiteit van deze rode golflengten veel groter
dan van de blauwe, dus is het beeld daar rood gekleurd.
Opgave 6
a) Gebruik 2d cos θ = mλ, met hier θ = 0, en dus m = 2d/λ = 2 × 2 mm/500 nm= 8000.
b) Bij een Michelson interferometer is in het midden het ordegetal maximaal, dus de 5e fringe
vanuit het midden heeft m = 7995. De hoek die hierbij hoort volgt uit cos θ = mλ/2d, oftewel
θ = arccos(7995/8000)) = 2.0◦ = 0.035 rad.
c) In dit geval geldt de volgende voorwaarde voor een interferentie maximum: 2(ngas − nlucht )L =
∆mλ. Hieruit volgt dat ngas = ∆mλ/2L+nlucht = 30×500 nm /(2×4 cm )+1.0000 = 1.00019.
d) Aangezien een van de optische assen van de kwartlambda-plaat langs de polarisatie van het
invallende licht staat, gebeurt er niets met de polarisatie van dit licht. Blijft over het effect
van de optische dikte van het plaatje en het weglengteverschil dat dit veroorzaakt met het
glasplaatje in de andere arm: 2d(ne −n) = ∆mλ en ∆m = 2d(ne −n)/λ = 2×125 µm×(1.5638−
1.550)/500 nm = 6.7 fringes.
e) Nu staan de assen van de kwartlambda-plaat onder 45◦ met de polarisatie van het invallende
licht, dus gebeurt er wel iets met de polarisatie van het licht. Er zijn twee manieren om dit
effect te beredeneren: 1) Stel er valt verticaal gepolariseerd licht in. Dit wordt omgezet in (stel)
rechtshandig circulair gepolariseerd licht. Na de reflectie op de spiegel is de draairichting van
het veld niet veranderd, maar wel de bewegingsrichting, dus netto is het licht nu linkshandig
gepolariseerd. Als het weer door de plaat heengaat, wordt het omgezet in horizontaal gepolariseerd licht. Het electrisch veld van dit licht staat loodrecht op dat van de andere arm, dus
er treedt geen interferentie meer op aan de uitgang. 2) Je kan de som van kwartlambda-plaat,
spiegel en kwartlambda-plaat even goed beschrijven door een enkele halflambda-plaat. Deze
draait de polarisatie over twee keer de hoek van zijn optische assen met de inkomende polarisatie, in dit geval over 90◦ , zodat het licht horizontaal gepolariseerd wordt. Het electrisch veld
in deze arm staat dus loodrecht op dat van de andere arm, dus er treedt geen interferentie meer
op aan de uitgang.
3
f) Het weglengteverschil dat optreedt tussen twee lichtbundels, gepolariseerd langs de trage, resp.
snelle as, die de kwartlambda-plaat doorlopen is gelijk aan t(no − ne ). Dit weglengteverschil
moet per definitie gelijk zijn aan λ/4 (aannemende dat we een zogenaamd nulde-orde plaatje
hebben), dus no = λ/4t + ne = 500 nm/(4 × 125 µm) + 1.5634 = 1.5644.
Opgave 7
a) Voor de eerste bundel is het electrisch veld gelijk aan: E1 = tt0 Ein = (1 − r 2 )Ein . De tweede
bundel ondergaat nog twee extra reflecties, zodat: E2 = (r0 )2 E1 = r2 E1 . De intensiteiten van
beide bundels zijn dan dus I1 = (1 − r 2 )2 Iin en I2 = (1 − r 2 )2 r4 Iin .
b) In het algemeen wordt de zichtbaarheid van interferentiestrepen bij twee-bundel-interferentie
gegeven door
Imax − Imin
V =
.
Imax + Imin
Hierin is Imax = |E1 |2 + |E2 |2 + 2E1∗ E2 en Imin = |E1 |2 + |E2 |2 − 2E1∗ E2 , dus we kunnen V
schrijven als:
√
2 I 1 I2
2r2
2E1∗ E2
=
= 0.080
=
V =
|E1 |2 + |E2 |2
I1 + I 2
1 + r4
c) Lineair gepolariseerd, loodrecht op het vlak van inval en reflectie, omdat de electrisch veld
component in het vlak 0 is bij de Brewster hoek.
4